专题04 图形的相似（难点）-2022-2023学年九年级数学下册期中期末挑战满分冲刺卷（苏科版，江苏专用）

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专题04 图形的相似（难点）
一、单选题
1．下列说法正确的是（    ）
A．两个直角三角形相似
B．两条边对应成比例，一组对应角相等的两个三角形相似
C．有一个角为40°的两个等腰三角形相似
D．有一个角为100°的两个等腰三角形相似
【答案】D
【分析】利用相似三角形的判定方法依次判断即可得解．
【解析】解：A、∵两个直角三角形只有一组角相等，
∴两个直角三角形不一定相似，故选项A不合题意；
B、∵两条边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，
∴两条边对应成比例，一组对应角相等的两个三角形不一定相似，
故选项B不合题意；
C、∵底角为40°的等腰三角形和顶角为40°的等腰三角形不相似，
∴有一个角为40°的两个等腰三角形不一定相似，故选项C不合题意；
D、∵有一个角为100°的两个等腰三角形相似，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
2．下列说法不正确的是（　　）
A．将一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形相似
B．若线段a＝5cm，b＝2cm，则a：b＝5：2
C．若线段AB＝cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则AC＝cm
D．若两个相似多边形的面积比为16：9，那么这两个相似多边形的周长比是4：3
【答案】A
【分析】直接利用成比例线段以及相似多边形的性质、黄金分割的性质分别判断得出答案．
【解析】解：A、将一个矩形风景画的四周镶上宽度相等的金边后得到的新矩形与原矩形不一定相似，原说法错误，故此选项符合题意；
B、若线段a=5cm，b=2cm，则a：b=5：2，正确，故此选项不符合题意；
C、若线段AB＝cm，C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，则 cm，正确，故此选项不符合题意；
D、若两个相似多边形的面积比为16：9，那么这两个相似多边形的周长比是4：3，正确，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查的是相似多边形的性质，矩形的性质，成比例线段，黄金分割，掌握它们的概念和性质是解题的关键．
3．点是线段的黄金分割点，且，下列命题：，中正确的有（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值叫做黄金比．
【解析】∵点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞PB，
∴根据线段黄金分割的定义得：AP2＝PB•AB，AP：AB＝PB：AP，
∴只有②④正确．
故选B．
【点睛】本题主要考查了理解黄金分割的概念，找出黄金分割中成比例的对应线段是解决问题的关键．本题同时考查了乘积形式和比例形式的转化，难度适中．
4．如图，在中，，，下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例的性质，即可解答．
【解析】
，

，

故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例的性质，解题关键是熟练运用这个性质得到线段的比例关系．
5．如图，在等腰Rt△ABC中∠C＝90°，AC＝BC＝2．点D和点E分别是BC边和AB边上两点，连接DE．将△BDE沿DE折叠，得到△B′DE，点B恰好落在AC的中点处，设DE与BB交于点F，则EF＝（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到ABAC＝4，∠A＝∠B＝45°，过B′作B′H⊥AB与H，得到AH＝B′HAB′，求得AH＝B′H＝1，根据勾股定理得到BB′，由折叠的性质得到BFBB′，DE⊥BB′，根据相似三角形即可得到结论．
【解析】解：∵在等腰Rt△ABC中∠C＝90°，AC＝BC＝2，
∴ABAC＝4，∠A＝∠B＝45°，
过B′作B′H⊥AB与H，

∴△AHB′是等腰直角三角形，
∴AH＝B′HAB′，
∵AB′AC，
∴AH＝B′H＝1，
∴BH＝3，
∴BB′，
∵将△BDE沿DE折叠，得到△B′DE，
∴BFBB′，DE⊥BB′，
∴∠BHB′＝∠BFE＝90°，
∵∠EBF＝∠B′BH，
∴△BFE∽△BHB′，
∴，
∴，
∴EF，
故答案为：．
故选：C．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，折叠问题，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
6．如图，一次函数的图像与x、y轴分别相交于A、C两点，二次函数的图象过点C且与一次函数在第二象限交于另一点B，若，那么，这个二次函数的顶点坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出点，点，然后得到，设点B为，再根据坐标关系求出和b，就解决问题了．
【解析】解：由图像知：
点，点
即，
∴，可设B，
过点B作轴于点D，则轴，如图：

∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵点B在第二象限，
∴，解得：，
∴，
∴顶点坐标是；
故选：A．
【点睛】此题主要考查函数图象与坐标关系，平行线分线段成比例，解题的关键是掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．
7．如图，正方形可看成是分别以、、、为位似中心将正方形放大一倍得到的图形（正方形的边长放大到原来的倍），由正方形到正方形，我们称之作了一次变换，再将正方形作一次变换就得到正方形，…，依此下去，作了次变换后得到正方形，若正方形的面积是，那么正方形的面积是多少（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据每次变换后，正方形的边长放大3倍，可得出作2005次变换后的正方形的边长为 ，从而计算面积即可.
【解析】因为ABCD的面积为1，所以AB=BC=CD=DA=1，一次变换后正方形的边长为3=3，二次变换后正方形的边长为：9=，三次变换后正方形的边长为：27=，…n次变换后正方形的边长为：，故作2005次变换后的正方形的边长为，
此时正方形的面积为：，
故选C.
【点睛】本题考查了位似变换的知识，根据每次变换后边长放大3倍，得出2005次变换后正方形的边长是解题关键.
8．如图，是的直径，弦于点E，G是弧上任意一点，线段与交于点F，连接．若，则的直径为（    ）

A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】（1）连接AC，由垂径定理可得AC=AD，再根据圆周角定理推导出,得到△ACF∽△AGC，得AC2=,根据勾股定理求出AE，连接BD最后用△ADE∽△ABD即可得直径AB；
【解析】
连接AC, BD
弦于点E
AC=AD,


△ACF∽△AGC

AC2=,AC=
△ADE是直角三角形，∠AED＝90°，
,
,∠AED＝∠ADB=90°
△ADE∽△ABD
,

故答案选：C
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理及推论、垂径定理，相似三角形，解题关键是熟练掌握直径所对的圆周角是直角，过圆心且垂直于弦的直线平分这条弦．满足勾股定理的各边关系，相似三角对应边成比例是重要等量关系．
9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝与x轴的正半轴交于点A，B点为抛物线的顶点，C点为该物线对称轴上一点，则的最小值为（    ）

A． B．25 C．30 D．
【答案】A
【分析】连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，继而得出BD、OA、OD，在证明△OBD∽△CBM，△OBD∽△OAN，进而可得3BC+5AC=5MC+5AC=5(AC+CM)，当A、C、M三点共线，且三点连线垂直OB时，AC+CM最小，根据求出AN，AC+CM最小值即为AN，则问题得解．
【解析】连接OB，过C点作CM⊥OB于M点，过A点作AN⊥OB于N点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，如图，

令y=0，得方程，解得x=0或者x=6，
∴A点坐标为(6,0)，即OA=6，
将配成顶点式得：，
∴B点坐标为(3,4)，
∴BD=4，OD=3，
∵CM⊥OB，AN⊥OB，
∴∠BMC=∠ANO=90°，
根据抛物线对称轴的性质可知BD⊥OA，
∴∠BDO=90°，
在Rt△BDO中，利用勾股定理得，
∵∠OBD=∠CBM，∠BDO=90°=∠BMC
∴△OBD∽△CBM，
同理可证得△OBD∽△OAN，
∴，，
∴，即3BC=5MC，
∴3BC+5AC=5MC+5AC=5(AC+CM)，
∵当A、C、M三点共线，且三点连线垂直OB时，AC+CM最小，
∴AC+CM最小值为AN，如图所示，
∵，
∴，
∴AC+CM最小值，
∴即3BC+5AC=5(AC+CM)=24，
故选：A．
【点睛】本题考查了求抛物线与坐标轴的交点和抛物线顶点的坐标、相似三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，利用三角形相似得出3BC=5MC，进而得出3BC+5AC=5(AC+CM)是解答本题的关键．
10．如图1，是清代数学家李之铉在他的著作《几何易简集》中研究过的一个图形，小圆同学在研究该图形后设计了图2，延长正方形的边至点，作矩形，以为直径作半圆交于点，以为边做正方形，在上，记正方形，正方形，矩形的面积分别为，，，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】做辅助线，连接BF、ME、BE，设正方形ABCD的边长为a，正方形CEFG的边长为b，CM=c，通过推理得出a、b、c之间的数量关系，便可解决问题．
【解析】解：连接BF、ME、BE，如图，

∵EFBM，
∴，
∴BF＝ME，
∵∠BGF＝∠MCE＝90°，GF＝CE，
∴（HL），
∴BG＝CM，
∵BM是⊙O的直径，
∴∠BEM＝90°，
∴∠CEM+∠CEB＝∠CEM+∠CME＝90°，
∴∠CEB＝∠CME，
∵∠BCE＝∠ECM＝90°，
∴，
∴，即CE2＝CB•CM，
设正方形ABCD的边长为a，正方形CEFG的边长为b，BG＝CM＝c，
则，
∴（a﹣c）2＝ac，
整理得，a2+c2＝3ac，
即，
∴，或
∵a＞c，
∴舍去，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，圆的基本性质，圆周角定理，以及全等三角形和相似三角形的性质与判定，关键得出正方形的边长、矩形的边长之间的数量关系．

二、填空题
11．若==（x，y，z均不为0），=1，则m的值为______ ．
【答案】4
【分析】可以设===a，进而可以得出x、y、z的值，代入所要求的方程中即可得出答案．
【解析】解：设===a，
∴x=2a，y=3a，z=am，
∵= =1，
∴m=4，
故答案为4．
【点睛】本题考查了比例的性质，解决此类问题要求不拘泥于形式，能够根据不同的条件来得出不同的求解方法．在平时要多加练习，熟能生巧，解题会很方便．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，点G是△ABC的重心，GH⊥BC，垂足是H，则GH的长为_______．

【答案】2
【分析】如图，连接AG并延长AG交BC于D，由重心的性质可知，可得，由GH⊥BC，∠ACB=90°可得GH//BC，根据平行线分线段成比例定理即可得答案．
【解析】如图，连接AG并延长AG交BC于D，
∵点G是△ABC的重心，
∴AG=2GD，即，
∴，
∵由GH⊥BC，∠ACB=90°，
∴GH//BC，
∴，
∵AC=6，
∴GH=AC·=6×=2，

故答案为：2
【点睛】此题考查的是重心的性质和平行线分线段成比例定理，掌握重心的性质，根据平行线分线段成比例定理列比例式是解决此题的关键．
13．如图，△ABC顶角是36°的等腰三角形（底与腰的比为的三角形是黄金三角形），若△ABC、△BDC、△DEC都是黄金三角形，已知AB＝8，则DE＝___．

【答案】##
【分析】顶角是的等腰三角形，则两底角为，这样的三角形称为黄金三角形，又、都是黄金三角形，可证BC=BD=AD，DE=DC，利用DE=DC=AC-AD=AB-BC求解．
【解析】解：根据题意可知，BC=AB，
∵顶角是的等腰三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠C=，
又∵也是黄金三角形，
∴∠CBD=，BC=BD，
∴∠ABD=∠ABC-∠CBD==∠A，
∴BD=AD，同理可证DE=DC，
∴DE=DC=AC-AD=AB-BC=AB-AB=．
故答案为：．
【点睛】黄金三角形是较特殊的三角形，几个黄金三角形叠合在一起，可构造出若干个等腰三角形，利用等腰三角形的边相等进行代换．
14．如图，已知和是以点C为位似中心的位似图形，且点C与点D在直线同侧和的周长之比为，点C的坐标为(-2，0)，若点A的坐标为(-4，3)，则点E的坐标为______．

【答案】
【分析】先利用位似的性质得到△ABC和△EDC的位似比为1：2，然后利用平移的方法把位似中心平移到原点解决问题．
【解析】解：∵△ABC和△EDC是以点C为位似中心的位似图形，
而△ABC和△EDC的周长之比为1：2，
∴△ABC和△EDC的位似比为1：2，
把C点向右平移2个单位到原点，则A点向右平移2个单位的对应点的坐标为（-2，3），
点（-2，3）以原点为位似中心的对应点的坐标为（4，-6），
把点（4，-6）向左平移2个单位得到（2，-6），
∴E点坐标为（2，-6）．
故填：．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．也考查了转化的思想．
15．如图，AB是圆O的直径，将AB绕点B旋转后交圆O于D点，点E是弦BD上一个动点，连接AE并延长交圆O于点F，若圆O的半径为5，则的最小值为_____．

【答案】2
【分析】由旋转的性质可得，由直角三角形的性质可得的长，通过证明可得，即可求解．
【解析】解：如图，连接，过点O作，交于N，交于M，过点F作于H，

∵是直径，
∴
∵将绕点B旋转30°后交圆O于D点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴取最大值时，有最小值，
∴当点F与点M重合时，有最大值为，
∴的最小值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
16．如图，在中，，，动点P在射线上，交于点D，的平分线交于点Q，当时，的值为______．

【答案】18
【分析】如图，延长交的延长线于G．首先证明，，由，推出＝＝3，即可求出解决问题．
【解析】解：如图，延长交的延长线于G．

∵
∴
∴
∵∠GBC＝∠GBP
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴＝＝3
∵
∴
∴
故答案为：18．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
17．如图，已知直线与轴、轴分别交于点和点，且长是关于的方程的两个实数根，以为直径的与交于，作射线，交轴于点，点为的中点，则线段的长为___________．

【答案】##
【分析】先根据根与系数的关系求出的长，故可得出圆的半径．连接是的直径，则，由为的中点得出，故可得出，再由得出，故，再根据，得出∽，再由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．
【解析】解：、长是关于的方程的两实根，，则，
得的半径为；
，
．
连接是的直径，则为的中点，

，
，
又，
，
，
是的切线．
，
∽，
，
，
．
【点睛】本题考查的是圆的综合题，涉及到圆周角定理及相似三角形的判定与性质、一元二次方程的根与系数的关系，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
18．如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，交直线CD于点F．以BE和BF为邻边作平行四边形BEHF，M是BH的中点，连接GM，若AB＝3，BC＝2，则GM的最小值为_______．

【答案】
【分析】先判断出EF最小时，GM最小，设BE=x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF，求出最值即可得到GM的最小值．
【解析】连接EF

∵四边形BEHF是平行四边形，
∴EM=FM，
∵∠EGF=90°，
∴GM=EF，
∴要GM最小，即EF最小，
∵AB=3，BC=2，
设BE=x，则CE=2-x，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠CBF=∠BAE，
又∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴，即，
∴，
∴，，
∴EF的最小值为，
故GM的最小值为．
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边中线的性质，二次函数的最值，明确EF最小时，GM最小是解题的关键．

三、解答题
19．如图，在的方格纸中有一个格点，请按要求画线段．
(1)在图中，过点画一条格点线段(端点在格点上)，使．


(2)在图中，仅用没有刻度的直尺标出上一点，使得．


(3)在图中，仅用没有刻度的直尺找出上一点上一点，连结，使．(保留作图痕迹)


【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析

【分析】（1）将点向上平移一个单位，得到，则四边形是平行四边形，可得；
（2）取格点，证明，根据相似三角形的性质得出，则即为所求；
（3）根据（2）的方法找出点，连接即可求解．
【解析】（1）如图所示，

（2）如图，取格点，连接，交于点，则即为所求，    

∵，
∴，
∴，
即：；
（3）如图所示，取格点，连接交于点，同理取得点，连接，则即为所求，

理由：根据（2）可得，
则，
又∵
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查了无刻度直尺格点作图，平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
20．如图，在锐角三角形中，点D在边上，于点E，于点F，．

(1)求证：；
(2)若，求的值．
【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）先证，再证，即可解决问题；
（2）由（1）可知：，推出，再证，可得答案．
【解析】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
；
（2）由（1）可知：，
，
，
，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、三角形的内角和，解题的关键是证明三角形相似．
21．如图，在矩形中，，，是边的中点，点在线段上，过作于，设．

(1)求证：．
(2)当点在线段上运动时，是否存在实数，使得以点，，为顶点的三角形也与相似？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)存在，的值为或

【分析】（1）根据矩形的性质，结合已知条件可以证明两个角对应相等，从而证明三角形相似；
（2）分情况讨论 ：①当时，则得到四边形为矩形，从而求得x的值；②当时，再结合（1）中的结论，得到等腰．再根据等腰三角形的三线合一得到是的中点，运用勾股定理和相似三角形的性质进行求解．
【解析】（1）证明：∵矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）解： ①若，如图1，

则，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，即．
②如图2，若，

则，
∵
∴，
∴．
∴．
∵，
∴点为的中点，
中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴满足条件的的值为或．
【点睛】本题考查动点问题，相似三角形的性质与判定，矩形的性质，解题关键是确定动点运动过程中，有几种对应的图形，然后再根据图形性质分析求解．
22．如图1，中，，是的高．

(1)与相似吗？为什么？
(2)如图2，若，，的中点为F，的中点为M，连接，求的长．
【答案】(1)，理由见解析；
(2)

【分析】（1）由题意，、是高，则，是公共角，即可得出，进而可推出，又 ，根据相似三角形的判定定理即可证得；
（2）连接、，根据等腰三角形的性质可得，，由已知条件得，进而可求得，由勾股定理即可求出的长．
【解析】（1）、是的高．
，
，
，
，即，
，
；
（2）连接、，

∵是的高，为的中点，
∴在中，，
同理可得，
∴，
∵是的中点，
∴，
由，设，
∴，
∴，
∵

∴，
∵，且，
∴．
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质以及等腰三角形的判定与性质，综合运用以上知识是解题的关键．
23．已知二次函数图象的顶点坐标为，且与y轴交于点，B点坐标为，点C为抛物线上一动点，以C为圆心，为半径的圆交x轴于M，N两点（M在N的左侧）．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)当点C在抛物线上运动时，弦的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不发生变化，求出弦的长；
(3)当与相似时，求出M点的坐标．
【答案】(1)
(2)不变，4
(3)

【分析】（1）设抛物线的表达式为，然后将代入可求得a的值，从而可求得二次函数的表达式；
（2）过点C作轴，垂足为H，连接、，由勾股定理可知，依据两点间的距离公式可求得，结合垂径定理可求得的长；
（3）分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，然后依据相似三角形的对应边成比例可求得的距离，从而可求得点M的坐标．
【解析】（1）设抛物线的表达式为，
将代入得：，解得：
∴抛物线的表达式为：
（2）的长不发生变化．
理由：如图1所示，过点C作轴，垂足为H，连接、．

设点C的坐标为．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴，
∴不发生变化．
（3）如图2所示：

①当点C与点A重合时．
∵经过点C，
∴为圆C的直径，
∴，
∵点，
∴．
②如图3所示：

∵，
∴，即，
设，则，
解得：（舍去），
又∵点，
∴，
∴点M的坐标为．
如图4所示：

∵，
∴，
设，则，
解得：（舍去），
又∵点，
∴，
∴点M的坐标为．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数函数的解析式、垂径定理、两点间的距离公式、勾股定理、相似三角形的性质，分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，并由相似三角形的性质求得AM的长是解题的关键．
24．如图，已知矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交射线和于点E、F，交于点G，交于点H，连接，．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，的面积是3，求的面积；
(3)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)27
(3)见解析

【分析】（1）先证，推出，，证明四边形是平行四边形，结合，即可证明四边形是菱形；
（2）先利用证明，根据面积比等于相似比的平方得出，求出即可得出答案；
（3）先证，推出，再根据证明，即可得到，即可证明．
【解析】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴,
∴．
（3）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质，矩形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质等，解题的关键是从图中找出相似三角形，根据相似三角形对应边成比例得出相关线段的关系．
25．如图1，抛物线经过点、，并交轴于另一点，点在第一象限的抛物线上，交直线于点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图1，当点P的坐标为时，求四边形的面积；
(3)请利用备用图，若点Q也是抛物线上的一点，
①当的值最大时，求此时点P的坐标；
②当的值最大且是直角三角形时，求点Q的横坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)①
②或1或或

【分析】（1）将，两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求得结果；
（2）可推出是直角三角形，进而求出和的面积之和，从而求得四边形的面积；
（3）①作交的延长线于，根据，求得的函数解析式，从而求得点坐标，
②分三种情况：当时，当时，当时，通过构造“一线三直角”求解即可．
【解析】（1）解：由题意得，
，
，
该抛物线的函数表达式为：；
（2）解：当时，，
，，
，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：①如图1，作交的延长线于，

设，
，，
直线的解析式为：，
由得，
，
，
，
，
，
当时，，
当时，，
，
②设，
如图2，当时，过点作轴平行线，作于，作于，则，

，
，
或（舍去），
如图3，当时，过于，作于，可得，

，
，
可得，，
如图4，当时，作于，作于，

同理可得：，
或（舍去）
综上所述：点的横坐标为：或1或或；
【点睛】本题考查了二次函数及其图象性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握“一线三直角”模型及需要较强计算能力．
26．如图在中，以为圆心，以为半径作，交于，连接，．

(1)求证：与相切．
(2)取上一点，连接，若，求证：．
(3)在（2）的条件下，若是的中点，，延长交于，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）设，则，则，即可求解；
（2）证明，得到，进而求解；
（3）证明，得到，在中，由勾股定理得：，解得，进而求解．
【解析】（1）设，则，
∵
∴
∴
∴
∵为圆的半径，
∴与相切．
（2）在上取点，使，连接，

∵
∴，
∴
∵
∴
设
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴；
（3）过点作于点，则，设交于点，

由（2）知，
∴
∴则
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴
∴
∵点是的中点，
∴
∴
则，则，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
解得，
故
设，则，则，解得，
则．
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形全等和相似、三角形中位线的判定与性质、勾股定理的运用等．
27．如图，矩形中，，，点P是射线上的一动点，，垂足为E，与射线交于点F．

(1)若点P在边上（与点D、点A不重合）．
①求证：；
②设，，求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(2)当与面积之比为时，线段的长为多少？（直接写出答案，不必说明理由）．
【答案】(1)①证明见解析；②，
(2)长为或或

【分析】（1）①通过，可得，同理可证，即可求解；
②根据相似三角形的性质证明，再利用相似三角形的性质得出 ，即可得解；
（2）设线段的长为，根据与面积之比为，分三种情况讨论，分别列出方程，求解即可．
【解析】（1）①∵四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
②∵，
∴，
∵，，，，
∴，，，
∵，，
∴，
又∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x的取值范围为．
（2）设线段的长为，中边的高为，中边的高为，
由（1）得，，即；
∵与面积之比为，
，即，
①当点P在线段上，点在线段上时，如图，

此时，，
，即，
，
，
整理得，
解得（负舍）；
②当点P在线段的延长线上，点在线段上时，如图，

此时，，
，即，
，
，
整理得，
解得（负舍）；
③当点P在线段的延长线上，点在线段的延长线上时，如图，

此时，，
，即，
，
，
整理得，
解得（负舍）；
综上，长为或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求函数表达式，熟练掌握知识点并能够运用分类讨论的思想是解题的关键．
28．如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，B是x轴正半轴上一动点，以为直径画交x轴于点D，连接，过点A作交于点E，连接、．

(1)求的度数．
(2)求证：．
(3)如图2，连接，过点C作于点F，过点F作交的延长线于点G，设点B的横坐标为t．
①用含t的代数式表示．
②记，求S关于t的函数表达式．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①；②
【分析】（1）证明，则，即可求解；
（2）由，即可求解；
（3）①由得到，即，即可求解；②证明，则，故．
【解析】（1）解：∵为直径，
∴，
又，
∴，
又，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①∵，
∴，
∵AD=AO=2，则，
∵点B的坐标为，则，，
∴，即，
∴；
②过点B作交的延长线于点M，连接，

∵，故点F是的中点，
∵，故是的中位线，
则，
由（1）知，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了函数的基本知识、圆的基本性质、三角形相似等，综合性强，难度大，正确作出辅助线是本题解题的关键．